1、13圖 6-4-1思路二:聃定加速后的P附定句速M樓卜*fJ = Ll Jkl k 目確定OF聰定加速 后的U.確定崎核y三花切相似2確定偏轉后的動能（或速度） 思路一：思路二:典例1如圖6-4-2所示，真空中水平放置的兩個相同極板丫和Y'長為L,相距為d,足夠大的豎直屏與兩板右側相距為bo在兩板間加上可調第4節 帶電粒子在電場中運動的綜合問題1 .課堂釋疑一站突破要點一示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經加速電場U1加速，再經偏轉電場U2偏轉后，需要經歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P,如圖6-4-1所示。1 .確定最終偏移距離 思路一：偏轉電壓U, 一束質量為m、

2、帶電荷量為+ q的粒子（不計重力）從兩板左側中點A以初速度Vo沿水平方向射入電場且能穿出。圖 6-4-2（1）證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。點;（2）求兩板間所加偏轉電壓U的范圍;（3）求粒子可能到達屏上區域的長度。典例1思路點撥（1）帶電粒子在兩極板之間做運動；從電場中射出到屏幕之間做運動。提示：類平拋 勻速直線（2）當兩極板間所加電壓最大時，帶電粒子從極板的因寸出。提示：右邊緣針對訓練1 .（多選）（2015江蘇二校聯考）如圖6-4-3所示，A板發出的電子經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U,電子最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，

3、則下列說法中正確的是 （）A.滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U增大時，其他不變，則電子從發出到打在熒光屏上的時間不變2.如圖6-4-4所示，在兩條平行的虛線內存在著寬度為 L、電場強度為電荷量為+ q、質量為m的帶電粒子（重力不計），以垂直于電場線方向的初速度p圖 6-4-3B.滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升D.電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏。現有一Vo射入電場中，V。方向的延長線與屏的交點為。試求：圖 6-4-4（1）粒子從射入電場到打到屏上所用的

4、時間；（2）粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan a;粒子打到屏上的點P到O點的距離x。要點二帶電粒子在交變電場中的運動1 .此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解）；二是粒子做往返運動（一般分段研究）；三是粒子做偏轉運動（一 般根據交變電場的特點分段研究）。2 .分析時從兩條思路出發：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能關系。3 .注重全面分析（分析受力特點和運動規律），抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做 功或確定與物理過程相關的邊界條件。多維探究（一）粒子做單

5、向直線運動典例2如圖6-45甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為 m = 0.2 kg,帶電荷量為q = 2,0X10 6 C的小物塊處于靜止狀態，小 物塊與地面間的動摩擦因數 n= 0.1 o從t = 0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場（取水平向右為正方向，g取10m/s2）,求：（1）23 s內小物塊的位移大小。（2）23 s內電場力對小物塊所做的功。圖 6-4-5甲lE/(Sci(TN/Cli«（卜】 圖6-4-6圖 6-4-73%1. B Lrn（二）粒子做往返運動典例3如圖6-46（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖

6、（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在b時刻釋放該粒子，粒子會時而向 A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則te可能屬于的時間段是（）0八，TA . 0<to<4T 3TB. 2<to<_49TD . T<t o<-8（三）粒子做偏轉運動典例4如圖6-4-7甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發射裝置的加速電壓為叱，電容器板長和板間距離均為L=10 cm,下（每個電子穿過極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是 L = 10 cm,在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示

7、。 平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的）求：（1）在t = 0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的何處。（2）熒光屏上有電子打到的區間有多長？要點三帶電粒子的力電綜合問題帶電粒子運動問題的兩種求解思路（1）牛頓運動定律和運動學規律。先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程（平衡、加速或減速，是直線運動還是曲線運動），對勻變速運動問題可用牛頓運動定律和運動學規律處理。（2）從功和能的角度分析。帶電粒子在電場力作用下的加速、減速或偏轉過程是其他形式的能與動能之間的轉化過程，可以使用動能定理或能量守 恒定律解決這類問題。要善于把電學問題轉化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模型，能夠從

8、帶電粒子的受力與運動的關系及功能關 系兩條途徑進行分析與研究。3一典例5 （2014全國卷I）如圖6-4-8, 0、A、B為同一豎直平面內的二個點，OB沿豎直萬向，/ BOA=60 , OB=2OA,將一質量為m的小球以一定的初動能自。點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過 A點。使此小球帶電，電荷量為 q（q>0）,同時加一勻強電場，場強方向與 OAB所 在平面平行。現從。點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了 A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從。點以同樣 的初動能沿另一方向拋出，恰好通過 B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為go求（

9、1）無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值;3.（多選）如圖6-4-9所示，光滑的水平軌道AB與半徑為圓形軌道在豎直平面內，通過最高點，則（）A. R越大，x越大C. m越大，B為最低點，D為最高點一質量為圖 6-4-8（2）電場強度的大小和方向。針對訓練R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半 m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿 AB向右運動，恰能B. R越大，小球經過B點后瞬間對軌道的壓力越大6-4-114.（多選）如圖6-4-10所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方 。點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度V1從M點沿

10、斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到 M點，此時速度為vJV2<V1）。若小物體電荷量保持不變，0M=0N,則（）2 2A .小物體上升的最大高度為V1gV1B .從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小5.如圖6-4-11所示，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢差U = 1.5X103 V（僅在兩板間有電場），現將一質量m=1x 10 2 kg、電荷量q = 4X105 C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h=20 cm的地方以初速度Vo = 4 m/s水平

11、拋出，小球恰好從左板的上邊緣進入電場，在兩板間沿直線運動，從右板的下邊緣飛出電場，g取10 m/s2,求：（1）金屬板的長度Lo小球飛出電場時的動能Ek。要點四 用等效法解決帶電體在電場、重力場中的運動等效思維方法是將一個復雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓周運動的問題，是高中物理教學中一類重要而典型的題型。對于這類問題，若采用常規方法求解，過程復雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復雜的運算，過程比較簡捷。先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效F重力"，將a=m視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場

12、中的運動規律遷移到等效重力場中分析求解即可。典例6如圖6-4-12所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為 R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置 處于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中。現有一個質量為 m的小球，帶正電荷量為q=W3mg，要使小球能安全通過圓軌道，在 。點的初速度3 E應滿足什么條件?圖 6-4-12針對訓練6. （2015吉安模擬）如圖6-4-13所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m的電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從 A點靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角/60°時，小球速

13、度為0(1)求：小球帶電性質；電場強度 E(2)若小球恰好完成豎直圓周運動，求從 A點釋放小球時應有的初速度Va的大小(可含根式)。7. (2015洛陽名校聯考)在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從 A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖 6-4-14所示。小球運動的軌跡上圖 6-4-14A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點。小球拋出時的動能為 8.0 J,在M點的動能為6.0 J,不計空氣的阻力。求：(1)小球水平位移X1與X2的比值；(2)小球落到B點時的動能EkB； (3)小球從A點運動到B點的過程中最小動能Ekmin2.課后演練對點設計對點訓練：示波管的工作原理1 .圖1(a

14、)為示波管的原理圖。如果在電極 YY'之間所加白電壓按圖(b)所示的規律變化，在電極 XX,之間所加白電壓按圖(c)所示的規律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是圖2中的()l = 4 cm,板間距離d=1 cm。板右端距離熒光屏L=18 cm。(水平偏轉電極上不加電壓,2 .如圖3所示是示波管的示意圖，豎直偏轉電極的極板長沒有畫出)。電子沿中心線進入豎直偏轉電場的速度是1.6X 107 m/s,電子電荷量e= 1.60又10一1七，質量m=0.91 x 103°kg。(1)要使電子束不打在偏轉電極的極板上，加在豎直偏轉電極上的最大偏轉電壓U不能超過多大？(2)若在偏轉電極上加U

15、 = 40sin 100 t V的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸上能觀測到多長的線段?對點訓練：帶電粒子在交變電場中的運動3 .制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖4甲所示。加在極板 A B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U。，反向電壓為一kU°(k> 1),電壓變化的周期為2G如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質量為 m、電荷量為e,受電場作用由靜5V。從a點水平射入，沿直線從b點射止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板 A,且不考慮重力作用。若k=4，電子在02 t時間內不能到達極板A,求d應滿足的條件。4 .如圖5甲

16、所示，長為L、間距為d的兩金屬板A B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度 出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件?對點訓練：帶電粒子的力電綜合問題m、帶電量為+ q的小球(可視為質點)。在 k彳§(k< 1),而碰撞過程中小球的機械能不5 .(多選)如圖6所示，空間有豎直向下的勻強電場，電場強度為 E,在電場中P處由靜止釋放一質量為 P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場的分布)，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的損失，

17、即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反。設在勻強電場中，擋板S處的電勢為零，則下列說法正確的是()A.小球在初始位置P處的電勢能為EqhC.小球第一次與擋板相碰后所能達到最大高度時的電勢能小于EqhB.小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度大于h D.小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度小于h1 圖64圖76 .如圖7所示，在豎直平面內，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為。，半徑R= 0.50 m,軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E=1.0X 104 N心，現有質量m = 0.

18、20 kg,電荷量q = 8.0xi0" C的帶電體(可視為質點)，從A點由靜止開始運動，已知sab=1.0 m,帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數均為0.5。假定帶電體 與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。求： (g取10 m/s2)(1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度；(2)帶電體最終停在何處。對點訓練：用等效法解決帶電體在電場、重力場中的運動7 .(2015安徽三校聯考)如圖8所示，在水平向左的勻強電場中，一帶電小球質量為 m,電量為q。用絕緣輕繩(不伸縮)懸于O點，平衡時小球位 于A點，此時繩與豎直方向的夾角 9= 30°。繩長為l, AO=CO=DO

19、= l, OD水平，OC豎直。求：(1)電場強度E的大小；(2)當小球移到D點后，讓小球由靜止自由釋放，小球向右運動過程中的最大速率和該時刻輕繩中張力的大小(計算結果可帶根號)。考點綜合訓練8 .(2015亳州模擬)如圖9所示，在E=103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道 QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓 形軌道平面與電場線平行，其半徑 R= 40 cm, N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q=10 4 C的小滑塊質量m=10 g,與水平軌道 間的動摩擦因數 尸0.15,位于N點右側1.5 m的M處，g取10 m/s,求：(1)要使小滑塊恰能運動到

20、圓軌道的最高點 Q,則小滑塊應以多大的初速度Vo向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？9 . (2015上海十三校聯考)如圖10所示，在粗糙水平面內存在著 2n個有理想邊界的勻強電場區，水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，每一電場區域場強的大小均為 E,且£ = ,電場寬度均為d, 一個質量為m、帶正電的電荷量為q的物體(看作質點)，從第一個向右的電場區域的邊緣 由靜止進入電場，該物體與水平面間的動摩擦因數為n,則物體從開始運動到離開第 2n個電場區域的過程中，求：(1)電場力對物體所做的總功？摩擦力對物體所做的總功(2)物體在第2n個電場(豎直向上的)區

21、域中所經歷的時間?配電場(3)物體在所有水平向右的電場區域中所經歷的總時間？第I電場第W電場第3電場第4電場.一 丁丁 t 圖10第4節 帶電粒子在電場中運動的綜合問題針對訓練1 .解析：選BC 滑動觸頭向右移動時，其他不變，加速電壓增大，電子速度增大，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項 A錯誤；滑動觸頭向左 移動時，其他不變，加速電壓減小，電子速度減小，則電子打在熒光屏上的位置上升，選項 B正確；電壓U增大時，其他不變，則電子從發出到打在 熒光屏上的時間不變，電子打在熒光屏上的速度增大，選項C正確D錯誤。2L2 .解析：(1)根據題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入

22、電場到打到屏上所用的時間t=一。V0(2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy,根據牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a=Eq,所以Vy=aL=qEL,所以粒子剛射出mVo mvo電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為 tan a= V1=qEL>oVo mVo1 L1nEI 23nEI 2(3)方法一 設粒子在電場中的偏轉距離為y,則丫= 2a(VL)2= 1mL2又乂=丫+112門a,解得：x=3mL2、訃一 L3qEL2、訃一 上 x L + 2/R3qEl22L qEL 3qEL2萬法一 x= vyV0 + y=2mv2°萬法二 由7=工得：x= 3y

23、=就/ 答案：(1q (2)激 (3)簸D21-13.解析：選ACD 小球在BCD部分做圓周運動，在D點，mg= mvR，小球由B到D的過程中有：2mgR=2mvD2-qmvB2,解得Vb=J5gR, R越大，小王止§過B點時的速度越大，則x越大，選項A正確；在B點有:21FN-mg=mVR-,解得FN = 6mg,與R無關，選項B錯誤；由EqxmvB2,知C、D正確。m、R越大，小球在B點的動能越大，則x越大，電場力做功越多，選項4.解析：選AD M、N兩點在同一等勢面上。從M至N的過程中,11 C根據動能7E理，mgh Wf= 0imiv/,從 N 至 M 的過程中，mgh Wf

24、=1mv22,V 12 V22由兩式聯立可得h=V 4g , A項正確；從N至M,點電荷周圍的電勢先增大后減小，故小物體的電勢能先減小后增大，B項錯誤；從M到N的過程中，電場力對小物體先做正功后做負功，C項錯誤；根據庫侖定律，從 N到M的過程中，小物體受到的庫侖力先增大后減小，受力分析知，小物體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D項正確。5 .解析：(1)小球到達左板上邊緣時的豎直分速度：vy= 2gh= 2 m/s設小球此時速度方向與豎直方向之間的夾角為Q則tan 9= v°=2Vy小球在電場中沿直線運動，所受合力方向與運動方向相同，設板間距為d,則：tan A

25、qE qUmg- mgdL=/_' tan 8'GrF x1= 6 JG h=8 Jimt-8 J? G=g3由圖可知，tan 0= G=孽 sin A. 一1c 24則小球從A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效重力G 垂直，故Ekmin =5m(v°sin 0)2=y J。一24答案：(1)1 ： 3 (2)32 J (3)y J典例典例1解析(1)設粒子在運動過程中的加速度大小為a,離開偏轉電場時偏轉距離為y,沿電場方向的速度為vy,偏轉角為e,其反向延長線通一、.1 一過。點，。點與板右痂的水平距離為x,則有y=2at2L=V0tVy=at tan y,聯

26、立可得戶L，即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。(2)a=E%)E='由式解得y=md2dmv0當y=2時，U=mqLv-則兩板間所加電壓的范圍一mqL奠vuvm新dL(3)當y=2時，粒子在屏上側向偏移的距離取大(設為y°),則y0 = (2 + b)tan 0而tan A d,解得y°=d(L2L2b)則粒子可能到達屏上區域的長度為 泠)md2v02md2v02d( + 2b答案(1)見解析 -qvuv-qm (3)-一典例2解析(1)02 s內小物塊的加速度為日由牛頓第二定律得：Ee umg ma,即a1 =1位移 x1=2a1t12=4

27、m2 s末的速度為 v2=a1t1 = 4 m/sEg mg=2 m/s2,24 s內小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律得Ezq img=ma2即a2E?q m2 m/s2解彳導 L = mgtan20.15 m。1_ 11(2)進入電場前 mgh= 2mv12-2mv。2 電場中運動過程 qU+mgL= Ek 2mv12 解彳# Ek= 0.175 J。答案：(1)0.15 m (2)0.175 J6 .解析：(1)根據電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有 0=EqLsin a mgL(1 cos a)解彳# E=乂誓。3q(2)將小球的重力和電場

28、力的合力作為小球的等效重力G',則G' =2gmg,方向與豎直方向成30°角偏向右下方。3若小球恰能做完整的圓周運動，在等效最高點。mL=?mg2mv2-2mvA2=-3?mgL(1 + cos 30 )聯立解得 Va= 2gL(j3+1 j 答案：見解析7 .解析：(1)如圖所示，帶電小球在水平方向上受電場力的作用做初速度為零的勻加速運動，豎直方向上只受重力作用做豎直上拋運動，故從M和M到B的時間相等，則為 ：治=1 ： 3。(2)小球從A至UM,水平方向上電場力做功 W電=6 J,則由能量守恒可知，小球運動到 B點時的動能為EkB=Ek0 + 4W電=32 J。(

29、3)由于合運動與分運動具有等時性，設小球所受的電場力為F,重力為G,則有：4+位移x2= x1 = 4 m,4 s末小物塊的速度為v4= 0 因此小物塊做周期為4 s的勻加速和勻減速運動第22 s末的速度為V22 = 4 m/s,第23 s末的速度 也22v22 + a2t=2 m/s(t = 23 s22 s= 1 s)所求位移為 x=-2x1 +V22 + V23-2t=47 m(2)23 s內，設電場力對小物塊所做的功為 W,由動能定理得 W umgx2mv232解彳# W= 9.8 J。答案(1)47 m (2)9.8 J典例3解析設粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速

30、度方向時而為正，時而為負，最終 TT 3T 打在A板上時位移為負，速度方向為負。作出 卜=0、4、2、4時粒子運動的速度圖像如圖所不。由于速度圖線與時T 3T ,. 一T 3T ,間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖彳a可知o<t0<4,不<to<T時粒子在一個周期內的總位移大于零；z<t0<7時粒子在一個周期內的總位移小于零；當 t0>T時情況類似。因粒子最終打在 A板上，則要求粒子在每個周期內的總位 移應小于零，對照各選項可知只有 B正確。答案B 1c典例4解析(1)電子經電場加速滿足qUo=2mv2一 5 L ,所以y=4u-,由圖知t=0.0

31、6 s時刻U俯=1.8U0,1 經電場偏轉后側移量y=2at2=所以 y= 4.5 cm1 qU 俯 L2 *ml(v)L、"=一 "一 Y L+2 設打在屏上的點距。點的距離為Y,滿足,=一所以丫= 13.5 cm。2(2)由題知電子側移量y的最大值為, 所以當偏轉電壓超過2U0,電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區間長為3L = 30 cm答案(1)打在屏上白點位于。點上方，距。點13.5 cm (2)30 cm典例5審題指導第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息將小球水平向右拋出小球做平拋運動小球恰好通過A點平拋運動過A點時的水平、豎直位移可確定到A(B)點時動

32、能是初動能的3(6)倍有重力做功和電場力做功，其中電場力做的功等于電勢能的變 化量第二步：找突破口(1)要確定小球到達A點時的動能與初動能比值，可由平拋運動規律求解；寫出水平、豎直方向的位移關系。(2)要確定電場強度的方向，根據到 A、B兩點的動能變化可確定兩個過程電勢能的變化，可先找出兩個等勢點(在OB線上找出與A等勢的點，并確定其具體位置)。(3)電場強度的大小可由 W= qEl求出。3解析(1)設小球的初速度為v。，初動能為Ek。，從。點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=2d,根據平拋運動的規律有. 1 13 八dsin 60 = votdcos 6。=2gt2又 Eko = 2

33、mv。2 由式得 Eko = gmgd 1一 .一一E. 7 一設小球到達A點時的動能為EkA,則EkA= Eko+2mgd由式得E=32Ek0 3(2)加電場后，小球從。點到A點和B點，高度分別降低了 2和苧，設電勢能分別減小在pA和在pb,由能量守恒及式得1, 23EpA = 3Ek0 Ek02mgd=3Ek0EpB= 6Ek0_ Ek0 _2mgd= Ek0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設直線 OB上的M點與A點等電勢，M與。點的距離為x,如圖，則有3x'=i!Z 解彳x= do2d%由幾何關系可得0F= 30°MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行。

34、設電場方向與豎直向下的方向的夾角為 即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方。設場強的大小為E,有qEdcos 30 = AEpA?由？式得E=嚕嗎答案(1)3 蕾 與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方典例6思路點撥(1)試分種小球的受力情況，畫出受力分析圖 提示：A2mg'=陪，因 A30。與斜面的傾R(2)小球在斜面上做什么運動？要使小球能安全通過圓軌道，那么臨界狀態是什么情況？提示：小球在斜面上做勻速直線運動；在圓軌道上臨界狀態是恰好能過“等效最高點”。解析小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用

35、力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg',大小為mg' =>/(qE j+(mg j =2/|mg>tan A mmg=容，得 A30。，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：角相等，由幾何關系知 FD=2R,令小球以最小初速度V0運動，由動能定理知：一2mg' R= gm/D 又在P點時，由牛頓第二定律得N=mvR-代入數據，解得：N=0.6 N 由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力N =N = 0.6 N 答案：(

36、1)7 m/s (2)0.6 N；mv02解彳導v0= y喟gR因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足vN，1°3。答案vn V0PR2.課后演練對點設計1 .解析：選B在。2ti時間內，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當Uy為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當Uy為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內熒光屏上的圖像為Bo2 .解析：(1)經過偏轉電場的時間為1=；豎直方向位移2=2非t2所以UMdetmMmdlMgi Voe、， l 4X10 29因為 t=v=T6W > 2.5x109 s而T=M= 益 s= 50 s= 0.

37、02 s? t，故進入偏轉電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動。2y =當Um=40 V時，由vx = v, vy=emmt,得偏轉角的正切值tan Av=0.11,偏移量y=(2+L)tan 0,得在熒光屏的豎直坐標軸上的觀測量為4.4 cm。答案：(1)91 V (2)4.4 cmkmU0初速度的大小v1 = a1T3 .解析：電子在0田寸間內做勻加速運動加速度的大小a1 = eUJ位移X1=2a1*在l2印寸間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2 =2勻減速運動階段的位移x2=2va-由題知d>X1 + X2,解得d>、陶/答案：d> /e穿4

38、 .解析：(1)為使粒子仍從b點以速度v°穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，反向減速，經歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L=nTv0,解得丁=上n v。粒子在4T內離開中心線的距離為y=2a(4,)2又a=qm，e=9，解得y=32 md解彳等T<2d般在運動過程中離開中心線的最大距離為 ym=2y=qUm2 粒子不撞擊金屬板，應有ymVd 故門02d"彈，即n取大于等于短騁的整數。所以粒子的周期應滿足的條件為 T= L-,其中n取大于等于2L7、續的整數。nv 02dv0 . 2m(2)粒子進入電場的時間應為；T，4T，47，故粒子進入電場的時間